【文档说明】北京市通州区2022-2023学年高二上学期期中考试化学试题（解析版）.docx，共(22)页，1.133 MB，由小赞的店铺上传

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通州区2022—2023学年第一学期高二年级期中质量检测化学试卷本试卷共8页，共100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，请将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H1C12

N14O16Na23第一部分(选择题共42分)本部分共14小题，每小题3分，共42分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。1.下列发电站在发电过程中实现化学能转化为电能的是A.三峡水利发电站B.甘

肃酒泉风电基地C.大亚湾核电站D.上海虹桥垃圾焚烧发电厂A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．三峡水利发电站是将水利势能转化为电能，故A错误；B．甘肃酒泉风电基地，是将风能转化为电能，故B错误；C．大亚湾核电站是将核能转化为电能，故C错误；D．上海虹桥垃圾焚烧发电厂，是将化学能

转化为电能，故D正确；故选D。2.下列关于物质分类的叙述中，不正确．．．的是A.4NHCl属于强酸弱碱盐B.23HCO属于强电解质C.23NaCO属于强碱弱酸盐D.3Fe(OH)属于难溶电解质【答案】B【解析】【详解】A．氯化铵是强酸弱碱盐，在

溶液中水解使溶液呈酸性，故A正确；B．碳酸是二元弱酸，在溶液中分步电离使溶液呈酸性，故B错误；C．碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，故C正确；D．氢氧化铁难溶于水的弱电解质，属于难溶电解质，故D

正确；故选B。3.下列措施不能．．加快Zn与241mol/LHSO反应产生2H的速率的是A.升高温度B.用Zn粉代替Zn粒C.用244mol/LHSO代替241mol/LHSOD.再加入31mol/LCHCOOH溶液【答案】D【解析

】【详解】A．升高温度，可以增大活化分子数和活化分子百分数，加快反应速率，故A不符合题意；B．用Zn粉代替Zn粒，增大接触面积，加快反应速率，故B不符合题意；C．用244mol/LHSO代替241mol/LHSO，增大硫酸浓度，加快反

应速率，故C不符合题意；D．醋酸是弱电解质，再加入31mol/LCHCOOH溶液，会减小溶液中氢离子的浓度，会减慢反应速率，故D符合题意；故答案为：D。4.下列化学用语表达不正确．．．的是A.水的电离：+-223HO+HOHO+OHB.4NHCl溶液显酸

性：++4232NH+HONHHO+HC.明矾()422KAlSO12HO作净水剂3++23Al+3HOAl(OH)+3HD.2H燃烧热的热化学方程式：2221H(g)+O(g)=HO(g)ΔH=-241.8kJ/mol2【答案】D【解析】【详解】A．水分子在水分子的作用下发生微弱电离

，电离出水合氢离子和氢氧根离子，电离方程式为+-223HO+HOHO+OH，故A正确；B．氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中发生水解使溶液呈酸性，水解的离子方程式为++4232NH+HONHHO+H，故B正确；C．明矾做净水剂的原因是明矾在溶液

中电离出的铝离子在溶液中发生水解反应生成氢氧化铝胶体，胶体吸附水中悬浮杂质而达到净水的作用，铝离子水解的离子方程式为3++23Al+3HOAl(OH)+3H，故C正确；D．氢气的燃烧热为1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量，则生成气态水的热化学方程式不能表示氢气燃烧热的热化学方程式，

故D错误；故选D。5.223N(g)+3H(g)2NH(g)ΔH<0。反应达平衡时，下列措施能提高N2转化率的是①降温②恒压通入惰性气体③增加N2的浓度④加压⑤催化剂A.①④B.①②C.②⑤D.③④【答案】A【解析】【详解】①合成氨反应为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动

，氮气转化率增大，故正确；②恒压条件下通入惰性气体相当于减小压强，该反应是气体体积减小的反应，减小压强，平衡向逆反应方向进行，氮气转化率降低，故错误；③增加氮气的浓度，衡向正反应方向移动，氢气转化率增大，但氮气转化率减小，故错误；

④该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，氮气转化率增大，故正确；⑤使用催化剂，化学反应速率增大，但化学平衡不移动，氮气转化率不变，故错误；①④正确，故选A。6.下列方法不能实现．．．．对应化学反应速率测定的是A232FeO

+3CO=2Fe+3CO压力传感器测量反应前后体系压强变化B22Mg+2HCl=MgCl+H分析天平称量镁条变化前后的质量变化C22222HO2HO+O催化剂注射器收集反应后气体体积D223242422NaSOHSO=NaSOS++SO++HO浊度计测量反应

前后浊度变化A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．化学反应232FeO+3CO=2Fe+3CO反应前后气体的系数不变，反应前后压强不变，故A符合题意；B．反应22Mg+2HCl=MgCl+H

会使镁条溶解而质量减轻，可以根据质量变化测定反应速率，故B不符合题意；C．反应22222HO2HO+O催化剂反应前无气体，反应后有气体生成，注射器收集反应后气体体积，可以测定反应速率，故C不符合题

意；D．反应223242422NaSOHSO=NaSOS++SO++HO有淡黄色硫单质生成，可以用浊度计测量反应前后浊度变化，测定反应速率，故D不符合题意；故答案为：A。7.土壤的pH影响植物对不同形态养分的吸收及

养分的有效性，化肥的不正常使用会引起土壤pH减小(即土壤的酸化)。下列化肥可能引起土壤酸化的是A.KClB.()342CaPOC.4NHClD.32NHHO【答案】C【解析】【详解】A．氯化钾是强酸强碱盐

，在溶液中不水解，不可能引起土壤酸化，故A错误；B．磷酸钙不溶于水，不可能引起土壤酸化，故B错误；C．氯化铵是强酸弱碱盐，在溶液中水解使溶液呈酸性，可能引起土壤酸化，故C正确；；D．一水合氨是弱碱，在溶液中电离出氢氧根离子使溶液呈碱性，不

可能引起土壤酸化，故D错误；故选C。8.在相同温度和压强下，2mol氢气和1mol氧气，分别以点燃(反应①)和氢氧燃料电池(反应②)两种不同的方式反应生成2mol液态水。下列说法正确的是A.反应的焓变①>②B.体系内能变化①<②C.放出的热量①>②D.无法比较【答案

】C【解析】【详解】A．焓变的大小与反应物和生成物总能量的大小有关，反应①和反应②的反应物和生成物相同，反应物总能量和生成物总能量相同，则反应的焓变①=②，故A错误；B．反应①和反应②的反应物和生成物相同，反应物总能量和生成物总能量相同，则反应的体

系内能变化①=②，故B错误；C．反应①的能量转化形式为化学能转化为热能，反应②的能量转化形式为化学能转化为电能，则反应放出的热量①>②，故C正确；D．反应①和反应②的反应物和生成物相同，反应物总能量和生成物总能量相同，则反应的焓变和

体系内能变化均为①=②；反应①的能量转化形式为化学能转化为热能，反应②的能量转化形式为化学能转化为电能，则反应放出的热量①>②，故D错误；故选C。9.下列操作(或装置)能达到实验目的的是选项ABCD操作或

装置实验目的利用3FeCl溶液制备无水3FeCl处理氯气尾气观察水银柱上升测定中和反应热配制一定物质的量浓度的溶液A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．氯化铁是强酸弱碱盐，在溶液中水解生成氢氧化铁和盐酸，若直接加热蒸发，氯化氢受热挥发，水解平衡向正反应方向移动，使水解

趋于完全得到氢氧化铁，则直接蒸发氯化铁溶液无法制得无水氯化铁固体，故A错误；B．氯气不溶于饱和氯化钠溶液，则用饱和氯化钠溶液无法处理氯气尾气，否则会造成环境污染，故B错误；C．由图可知，用观察水银柱上升可以测得中和反应的温度变化，从而测定中和反应热，故C正确；D

．容量瓶是精量器，不能用于溶解氢氧化钠固体，故D错误；故选C。10.在一定温度下、恒容密闭容器中，发生反应：422BaSO(s)+4H(g)BaS(s)+4HO(g)ΔH>0，达平衡后，下列说法正确的是A.该反应的ΔS>0B

.将平衡体系升温，平衡常数减小C.向平衡体系中充入惰性气体，平衡不移动D.向平衡体系中加入42BaSOH，的平衡转化率增大【答案】C【解析】【详解】A．由方程式可知，该反应是气体体积不变、固体质量减少的熵减的反应，反应ΔS＜0，故A错误；B．该反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反

应方向移动，反应的平衡常数增大，故B错误；C．恒容密闭容器中充入惰性气体，反应体系中气体的浓度不变，化学反应速率不变，化学平衡不移动，故C正确；D．固体的浓度为定值，增加固体的质量，化学反应速率不变，化学平衡不移动，则向平衡体系中加入硫酸

钡固体，平衡不移动，氢气的平衡转化率不变，故D错误；故选C。11.实验测得-130.6molLCHCOONa溶液的pH、温度随时间变化的曲线如图所示，下列说法不正确．．．的是A.随温度升高，纯水中()()+-cH=cOHB.随温度升高，3CH

COONa溶液的()-cOH减小C.3CHCOONa溶液存在水解平衡：--323CHCOO+HOCHCOOH+OHD.随温度升高，3CHCOONa溶液的pH变化是wK改变与水解平衡移动共同作用的结果【答案】B【解析】【详解】A．随温度

升高，水的电离程度增大，但纯水中存在c(H+)=c(OH-)，故A正确；B．CH3COONa是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解，随温度升高，促进CH3COONa的水解正向进行，--323CHCOO+HOCHCOOH+OH，溶液的c(OH-)增大，故

B错误；C．CH3COONa是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解，溶液显碱性，溶液存在水解平衡，反应的离子方程式为--323CHCOO+HOCHCOOH+OH，故C正确；D．盐类水解和水的电离都是吸热反应，升高温度促进CH3COONa水解，也促进水电离，所以

升高温度导致wK增大，则升高温度3CHCOONa的溶液的pH变化是wK改变与水解平衡移动共同作用的结果，故D正确；故答案为：B。12.氟氯烃会对臭氧层产生破坏，在平流层中氟氯烃光解产生的氯自由基对催化臭氧分解的反应历程如下图所示，下列说法不正确．．．的是A.反应过程

II为催化剂参与的反应历程B.氯自由基的催化作用会增大反应的平衡常数C.31molO和1molO的总能量大于22molO的总能量D.反应II中基元反应①ΔH>0【答案】B【解析】【详解】A．反应过程II降低了反应

的活化能，为催化剂参与的反应历程，故A正确；B．催化剂只会改变反应速率，不会改变平衡，也不会改变平衡常数，故B错误；C．由图示可知32O+O=2O的反应是放热反应，即31molO和1molO的总能量大于22molO

的总能量，故C正确；D．由图可知反应II中基元反应①是吸热反应，故H0，故D正确；故答案为：B13.常温下，用NaOH调节草酸()224HCO溶液的pH，溶液中-2-2242424HCOHCOCO、、物质的量分数随pH的变化如下图所示，下列说法不正确．．．的是A.pH=1.2时，()()-22

424cHCO=cHCOB.pH=2.7时，发生主要反应--224242HCO+OH=HCO+HOC.pH=3.5时，()()()()-2-+-2424cHCO>cCO>cH>cOHD.pH=4.2时，()()()-2-+2424cHCO=cCO=cH【答案】D【解析】【详解】A．由图可知pH

=1.2时，()()-22424cHCO=cHCO，A正确；B．由图可知pH=2.7时，224HCO在减小，-24HCO在增加，故此时的反应为：--224242HCO+OH=HCO+HO，B正确；C．由图可知pH=

3.5时，()()()()-2-+-2424cHCO>cCO>cH>cOH，C正确；D．由图可知，pH=4.2时，()()-2-2424cHCO=cCO，但是此时氢离子浓度较小，其前两者和氢离子浓度不相等，D错误；故选D。的14.2CuCl溶于

一定量水中，溶液呈蓝色(溶液①)。加入少量浓HCl，溶液变为黄色(溶液②)。已知：()()()2+2--2424CuHO+4ClCuCl+4HO蓝色黄色；浓度较小时()2+24CuHO

用2+Cu表示。取以上溶液进行如下实验，对实验现象分析正确的是A.在某一温度下溶液①pH7，证明2+Cu发生了水解B.将溶液①至于水浴中，加热，颜色变为黄色，说明加热能促进2-4CuCl生成C.加入浓HCl，+H与-Cl对溶液颜

色变化、2+Cu浓度大小的影响是一致的D.向溶液②中加入3AgNO后，黄色褪去，说明+Ag能抑制2+Cu水解【答案】A【解析】【详解】A．铜离子水解产生氢离子，使溶液显酸性，A正确；B．加热可以促进铜离子的水解，无法判断是否可以促进2-4CuCl的生成，B错误；C．增大氯离子的浓度会促使上述

平衡正向移动，但是增大氢离子的浓度会抑制铜离子的水解，C错误；D．银离子结合氯离子，导致氯离子浓度降低，会使上述平衡逆向移动，D错误；故选A。第二部分(非选择题共58分)15.依据醋酸的性质，请回答下列问题(以下讨论均在常温时)。（1）取0.1mol

(冰醋酸)作导电性实验，稀释过程中溶液的导电能力变化如下图所示。①3CHCOOH的电离方程式是_______。②a、b、c三点中pH最小的是_______。③在稀释过程中，()()-33cCHCOOcCHCOOH_______(填“增大”“减小”或“不确定”)。

（2）-130.1molLCHCOOH溶液的pH=3，该溶液中由水电离出的+H浓度是_______mol/L。的（3）向相同的两密闭容器中加入0.05g镁条，分别注入2mL2mol/L盐酸、2mL2mol/L醋酸，测得容器内压强随时间变化如下图所

示。①反应为醋酸的曲线是_______(填字母)。②反应开始时反应速率a>b的原因是_______。【答案】（1）①.CH3COOHCH3COO—+H+②.b③.不确定（2）1.0×10—11（3）①.b②.2mol/L盐酸溶液中H+浓度大于2mol/L醋酸溶液中H+浓度

【解析】【小问1详解】①醋酸是弱酸，在溶液中部分电离出醋酸根离子和氢离子，电离方程式为CH3COOHCH3COO—+H+，故答案为：CH3COOHCH3COO—+H+；②溶液的导电性越强，溶液中离子浓度越大，由图可知，b点导电性最大，

则b点溶液中氢离子浓度最大，溶液pH最小，故答案为：b；③由图可知，溶液的导电性先增大后减小，由电离常数公式可知，溶液中()()-33cCHCOOcCHCOOH=+aKc(H)，稀释过程中电离常数不变，则+aKc(H)和()()-33cCHCOOcCHC

OOH先减小后增大，故答案为：不确定；【小问2详解】水电离出的氢离子浓度总是等于水电离出的氢氧根离子浓度，则pH为3的醋酸溶液中，水电离出的氢离子浓度为1431.0101.010−−mol/L=1.0×10—11mol/L，故

答案为：1.0×10—11；【小问3详解】盐酸是强酸，在溶液中完全电离，醋酸是弱酸，在溶液中部分电离，等浓度的盐酸溶液中氢离子浓度大于醋酸溶液中氢离子浓度，与镁反应时，盐酸的反应速率大于醋酸，由图可知，相同时间内，曲线a表示的反应中压强大于曲线b，说明曲线a表示的反应的反应速率快于曲

线b，则曲线a盐酸的反应、曲线b表示醋酸的反应；①由分析可知，曲线b表示醋酸的反应，故答案为：b；②由分析可知，曲线a盐酸的反应、曲线b表示醋酸的反应，反应开始时反应速率a>b的原因是盐酸是强酸，在溶液中完全电离，醋酸是弱酸，在溶液中部分电离，等浓度的盐酸溶液中氢离子浓度大于醋酸溶液中

氢离子浓度，与镁反应时，盐酸的反应速率大于醋酸，故答案为：2mol/L盐酸溶液中H+浓度大于2mol/L醋酸溶液中H+浓度。16.利用含硫物质的热化学循环实现太阳能的转化与存储过程如下图所示。反应I-

12422212HSO(l)=2SO(g)+2HO(g)+O(g)ΔH=+551kJmol反应Ⅲ-1223S(s)+O(g)=SO(g)ΔH=-296kJmol（1）反应I中反应物的总能量_______(填“>”“<”或“=”)生成物的总

能量。（2）写出反应II的热化学方程式_______。（3）反应II在某一投料比时，两种压强下，24HSO在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系如图所示，2p_______1p(填“>”或“<”)，得出该结论的理由是_

______。（4）关于以上转化过程叙述正确的是_______。a．上述循环过程中共涉及4种能量转化形式b．用S(g)替代反应II中S(s)，反应焓变为4ΔH，则34ΔH<ΔHc．上述循环过程中物质转化的作用是传递能量【答案】（1）<（2）3SO2(g)+2

H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s)ΔH2=—255kJ/mol（3）①.>②.反应II是气体体积减小、体系总物质的量减小的反应，温度一定时，增大压强，平衡右移，H2SO4的物质的量分数增大（4）ac【解析】【小问1详解】由方程式可知，反应I是反应为总能量小于生成

物总能量的吸热反应，故答案为：<；【小问2详解】由盖斯定律可知，反应I+反应Ⅲ可得反应II的逆反应2H2SO4(l)+S(s)=3SO2(g)+2H2O(g)，则反应ΔH=(+551kJ/mol)+(—296kJ/mol)=+255kJ/mol，所以反应II的热化学方程式为3SO2(g

)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s)ΔH2=—255kJ/mol，故答案为：3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s)ΔH2=—255kJ/mol；【小问3详解】反应II是气体体积减小、体系总物质的量减小的反应，温度一定时，增大压强，平衡右移，硫酸的物质的量分

数增大，由图可知，压强p2时硫酸的物质的量分数大于p1时，则压强p2大于p1，故答案为：>；反应II是气体体积减小、体系总物质的量减小的反应，温度一定时，增大压强，平衡右移，H2SO4的物质的量分数增大；【小问4详解】a．由

图可知，上述循环过程中涉及的能量转化形式有太阳能转化为热能、热能转化为化学能、化学能转化为热能、热能转化为电能，共有4种，故正确；b．气态硫的能量高于固态硫，则等物质的量的气态硫燃烧放出的热量高于固态硫，则用气态硫替代反应II中固态硫放出的热

量高于固态硫，所以反应的焓变ΔH4<ΔH,3，故错误；c．由图可知，上述循环过程中物质转化作用是实现能量的传递，故正确；故选ac。17.将捕集的2CO转化合成气()2HCO、可有效实现碳资源的综合充分利用。方法I：

2CO热催化制备合成气：一定条件下用甲烷还原2CO制备合成气。相关化学键的键能数据化学键C=OC-HCOH-H键能()-1E/kJmol7454141046436（1）反应的热化学方程式是：242CO(g)+CH(g)2CO(g)+2H(g)ΔH=_______-1kJmol，该反的应

为_______(填“吸热”或“放热”)反应。平衡常数表达式K=_______。（2）已知某一温度时K=1，测得某时刻反应混合物中242COCH(g)CO(g)H、、、的浓度分别为0.8mol/L1.6mol/L0.8mol/L2mol/L、、、，则此刻

上述反应的平衡移动方向为_______(填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)。（3）热力学分析表明500~700℃时易发生CO的歧化反应和900℃以上易发生4CH的裂解反应(方程式如下所示)，一段时间后Ni基催化剂的催化效果会明显下降，

其原因是_______。-122CO(g)=C(s)+CO(g)ΔH=-171kJmol-142CH(g)=C(s)+2H(g)ΔH=+75kJmol方法II：2CO加氢备合成气：将原料气()2nCO与()2nH按一定

比例在催化剂作用下发生反应a，同时伴随反应b发生，反应方程式如下所示。反应a：-1222CO(g)+H(g)=CO(g)+HO(g)ΔH=-41.2kJmol反应b：-12242CO(g)+4H(g)=CH(g)+2HO(g)ΔH=-165kJmol（4）将原料气

按()()22nCO:nH=1:3置于恒容密闭容器中发生反应，在相同时间内测得平衡时各组分摩尔分数与温度的变化曲线如图所示，则制合成气适宜的温度为_______。（5）理论上，能提高2CO平衡转化率的措施有_______(写出一条即可)。【答案】（1）①.+182②.吸热③.22224c(CO)

c(H)K=c(CO)c(CH)（2）逆向移动（3）不同温度下催化剂对CO的歧化反应和甲烷分解反应的催化程度不同（4）800℃（5）适当增大氢气在混合物中的比例【解析】【小问1详解】断裂旧键需要吸收

热量，形成新键会释放热量，根据题干所给化学键的键能可得242CO(g)+CH(g)2CO(g)+2H(g)ΔH=-1-1(+2745+4414-21046-2436)kJmol=+182kJmol，该反应为吸热反应，反

应的平衡常数的表达式为：22224c(CO)c(H)K=c(CO)c(CH)，故答案为：+182；吸热；22224c(CO)c(H)c(CO)c(CH)；【小问2详解】某一温度时测得某时刻反应混合物中242COCH(g)CO(g)H、、

、的浓度分别为0.8mol/L1.6mol/L0.8mol/L2mol/L、、、，则此时的浓度熵220.82Q==20.81.6，因为K=1，所以Q>K，则平衡向逆反应方向移动，故答案为：逆向移动；【小问3详解】CO的歧化反应是放热反应，而甲烷

分解反应是吸热反应，一段时间后Ni基催化剂的催化效果会明显下降，其原因是不同温度下催化剂对CO的歧化反应和甲烷分解反应的催化程度不同，故答案为：不同温度下催化剂对CO的歧化反应和甲烷分解反应的催化程度不同；【小问4详解】将原料

气按()()22nCO:nH=1:3置于恒容密闭容器中发生反应，在相同时间内测得平衡时各组分摩尔分数与温度的变化曲线图示可知，温度800℃时CO的摩尔分数较大，而副反应产生的甲烷的含量较低，则制合成气适宜的温度为800℃，故答案为：800℃；【小问5详解】二氧化碳和氢气在催化剂作用下主要发

生反应-1222CO(g)+H(g)=CO(g)+HO(g)ΔH=-41.2kJmol，增大一种反应物的浓度可以使平衡正向移动，并且使另外一种反应物的转化率增大，所以适当增大氢气的浓度可以提高二氧化碳的平衡转化率，故答案为：适当增大氢气在混合物中的比例。18.碳酸氢钠属于抗酸药，用于碱化

尿液及酸血症，也可用于胃酸过多，在潮湿空气中缓缓分解。某化学小组用如下方法对某品牌碳酸氢钠片中的含量进行了探究(可能含有少量Na2CO3，药品中不含干扰测定的物质)。【鉴别】a．取铂丝，用盐酸湿润后，蘸取药品粉末，在无色火焰中

燃烧，火焰显黄色。b．向本品水溶液中加盐酸产生泡沸现象。【检查】配置药品质量分数为0.8%的水溶液，测pH为8.3。【含量测定】小组采用滴定法进行含量测定：I．用已准确称量的药品固体ag配制一定体积的溶液VmL。(此时主要溶质为NaHCO3和少量Na2CO3)II．取V1mL上述溶液于锥

形瓶中，加入酚酞指示剂2—3滴。III．用1mol/L盐酸标准溶液滴定II中溶液至第一终点时，消耗盐酸溶液V2mL。(此时溶质为NaCl和NaHCO3)IV．再向锥形瓶内滴加2滴甲基橙，继续用HCl标准溶液滴定至第二终点，又消耗盐酸溶液V3mL。已知：H2CO3的电离平衡常数-7-11al

a2K=4.510K=4.710，；常用的酸碱指示剂及其变色范围如下：酚酞：pH<8.2无色、8.2<pH<10浅红色、pH>10红色甲基橙：pH<3.1红色、3.1<pH<4.4橙色、pH>4.4黄色（1）请写出“鉴

别”中产生泡沸现象主要反应的离子反应方程式：_______。（2）请结合化学用语解释“检查”中水溶液pH为8.3的主要原因(不考虑杂质影响)：_______。（3）“含量测定”的步骤I中配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒

、胶头滴管和_______。（4）滴定过程中应选择如图所示滴定管_______(填字母)。（5）步骤V中第二步滴定用甲基橙滴定至终点的现象是由_______色变为橙色。（6）药品中碳酸氢钠的质量分数为_______。

(碳酸氢钠摩尔质量：-184gmol)【答案】（1）HCO-3+H+=CO2↑+H2O（2）HCO-3在溶液中的水解程度大于电离程度，使溶液呈碱性，水解的离子方程式为HCO-3+H2OH2CO3+OH—（3）容量瓶（4）A

B（5）黄（6）3210.084(V-V)VaV×100%【解析】【分析】该实验的实验目的是用鉴别、检查的方法确定碳酸氢钠，并用滴定法测定碳酸氢钠的含量。【小问1详解】由题意可知，“鉴别”中产生泡沸现象的主要

反应为碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，反应的离子反应方程式为HCO-3+H+=CO2↑+H2O，故答案为：HCO-3+H+=CO2↑+H2O；【小问2详解】“检查”中水溶液pH为8.3的主要原

因是碳酸氢钠是弱酸的酸式盐，碳酸氢根离子在溶液中的水解程度大于电离程度，使溶液呈碱性，水解的离子方程式为HCO-3+H2OH2CO3+OH—，故答案为：HCO-3在溶液中的水解程度大于电离程度，使溶液呈碱性，水解的离子方程式为HCO-3+H2OH2CO3+OH—；【小问3详解】由配

制一定物质的量浓度溶液配制的步骤可知，步骤I中配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和容量瓶，故答案为：容量瓶；【小问4详解】药品溶液呈碱性，滴定过程中取V1mL药品溶液应选用碱式滴定管，用1mol/L盐酸标准溶液滴定药品溶液时应选用酸式滴定管盛装

盐酸标准溶液，故答案为：AB；【小问5详解】碳酸氢钠溶液呈碱性，滴入甲基橙溶液，溶液呈黄色，步骤V中第二步滴定发生的反应为碳酸氢钠溶液与盐酸反应生成氯化钠和碳酸，则用甲基橙滴定至终点的实验现象是溶液由黄色变为橙色，故答案为：黄；【小问6详解】由题意可知，第一次滴定

溶液中碳酸钠消耗1mol/L盐酸标准溶液的体积为V2mL，第二次滴定溶液中碳酸氢钠消耗1mol/L盐酸标准溶液的体积为V3mL，则药品中碳酸氢钠消耗1mol/L盐酸标准溶液的体积为(V3—V2)mL，a

g药品中碳酸氢钠的质量分数为-3321V1mol/L10(V-V)L84g/molVag×100%=3210.084(V-V)VaV×100%，故答案为：3210.084(V-V)VaV×100%。19.某小组欲探究22HO与-I的反应，实验过程如

下：资料：碘单质溶于水呈棕黄色实验I：探究22HO与KI(pH=1))的反应，得到如下实验数据实验编号①②③④⑤()()-122cHO/molL0.10.10.10.20.3()()--1cI/molL0.1

0.20.30.10.1从开始到棕黄色的时间/s136.54.36.64.4（1）依据数据，本实验探究的是_______对速率的影响（2）上述反应变色后继续进行，编号①中的反应20s后测得过氧化氢浓度为0.08mol/L，则()22vHO=_______(mol/L)s。实验II：

小组同学用KI做上述实验时，观察到有无色气体，并未观察到上述现象，于是进行了如下实验。编号操作现象a将-1100mL0.1molLKI溶液不断搅拌，在A点逐滴加入30%的22HO溶液(注KI溶液起始pH大于7是由于配置过程中溶解氧气所致)。

pH变化曲线如下图所示，反应过程始终无气体生成b向100mL30%的22HO溶液中逐滴加入-10.1molL的KI溶液。有大量无色气泡产生，溶液几乎无色。（3）实验a中：①O~A段溶液变为浅黄色，加入淀粉检验溶液变为

浅蓝色。该过程中作氧化剂的物质是_______。的。②A~B段溶液逐渐变为黄色，加入淀粉检验溶液变为蓝色。该过程中-I的主要作用是_______。③B~C段22HO，消耗-OH产生-3IO，导致pH逐渐下降，则该反应的方程式是___

____。（4）实验b中加入淀粉检验溶液几乎无色。-I的主要作用是_______。（5）通过以上实验探究得出结论：-I在反应中主要作用是还原剂还是催化剂受_______影响。【答案】（1）当一种反应物浓度不变时，增加另一种

反应物的浓度，该反应的化学反应速率加快（2）-1-10.001molLS（3）①.氧气②.还原剂③.5H2O2+I2+2OH-=2-3IO+6H2O（4）催化剂（5）碘离子浓度【解析】【分析】本题是一道探究类的实验题，首先探究了浓度对反应速率的影响，其次

探究了碘离子在浓度不同的情况下，分别做还原剂和催化剂的情况，以此解题。【小问1详解】实验组1、2、3中，过氧化氢浓度不变，氢碘酸浓度逐渐增大，从混合到出现棕黄色时间越来越短，而实验组4、5、6中，氢碘酸浓度不变，过氧化氢浓度逐渐增大，从混合到出现棕黄色时间越来越短，故结论为：当一种反应物浓度不变

时，增加另一种反应物的浓度，该反应的化学反应速率加快；【小问2详解】由题干数据可得，该反应的反应速率为()-1-1-122(0.1-0.08)molLvHO==0.001molLS20S；【小问3

详解】①O~A段还没有加入22HO，此时加入淀粉检验溶液变为浅蓝色说明有单质碘生成，此时的氧化剂应该是溶解的氧气；②根据现象可知，A~B段碘离子被氧化为单质碘，故碘离子的作用是还原剂；③由信息可知，B~C段过氧化氢和

单质碘反应生成碘酸根离子，方程式为：5H2O2+I2+2OH-=2-3IO+6H2O；【小问4详解】实验b中加入淀粉检验溶液几乎无色且出现大量无色气泡，则-I的主要作用是催化剂；【小问5详解】上述两个实验碘离子浓度不同，碘离子的作用不同，故碘离子所起的作用是还原剂还是催化剂受碘离子浓度影

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